Seja \alpha : (-1,+\infty) \rightarrow \mathbb{R}^{2} dada por
\alpha(t)=\left(\frac{3 a t}{1+t^{3}}, \frac{3 a t^{2}}{1+t^{3}}\right) .
Prove que:
(a) Para t=0, \alpha é tangente ao eixo O x.
(b) Quando t \rightarrow+\infty, \alpha(t) \rightarrow(0,0) e \alpha^{\prime}(t) \rightarrow(0,0).
(c) Considerando a curva com a orientação oposta, quando t \rightarrow-1, a curva e a sua tangente se aproximam da reta
x+y+a=0

Passo 1

O enunciado fornece a curva paramétrica \alpha:(-1,+\infty)\to\mathbb{R}^2 dada por
\alpha(t)=\left(\frac{3a t}{1+t^{3}},\;\frac{3a t^{2}}{1+t^{3}}\right),
onde a é uma constante real. O que precisamos provar é:
(a) Em t=0 a tangente à curva é paralela ao eixo Ox.
(b) Quando t\to +\infty temos \alpha(t)\to(0,0) e \alpha'(t)\to(0,0).
(c) Tomando a curva com orientação oposta (ou seja, olhando t\to-1^{+}), a curva e sua tangente aproximam-se da reta
x+y+a=0.
Lista das informações relevantes dadas: explicitamente temos as componentes de \alpha em função de t e o domínio t>-1. A resolução começa a partir dessas expressões, calculando derivadas e limites.

Passo 2

Calcular \alpha'(t) componente a componente. Vou usar a regra do quociente: se u(t)/v(t) com v(t)\neq0, então
\left(\frac{u}{v}\right)'=\frac{u'v-uv'}{v^{2}}.
Aqui, defino as componentes
x(t)=\frac{3a t}{1+t^{3}},\qquad y(t)=\frac{3a t^{2}}{1+t^{3}}.
Aplicando a regra do quociente em cada uma:
Para x(t):
  • u(t)=3a t então u'(t)=3a.
  • v(t)=1+t^{3} então v'(t)=3t^{2}.
    Logo
x'(t)=\frac{3a(1+t^{3})-(3a t)(3t^{2})}{(1+t^{3})^{2}} =\frac{3a+3a t^{3}-9a t^{3}}{(1+t^{3})^{2}} =\frac{3a(1-2t^{3})}{(1+t^{3})^{2}}.
Para y(t):
  • u(t)=3a t^{2} então u'(t)=6a t.
  • v(t)=1+t^{3} e v'(t)=3t^{2} como antes.
    Logo
y'(t)=\frac{6a t(1+t^{3})-(3a t^{2})(3t^{2})}{(1+t^{3})^{2}} =\frac{6a t+6a t^{4}-9a t^{4}}{(1+t^{3})^{2}} =\frac{3a(2t-t^{4})}{(1+t^{3})^{2}}.
Portanto
\alpha'(t)=\Bigl(\frac{3a(1-2t^{3})}{(1+t^{3})^{2}},\;\frac{3a(2t-t^{4})}{(1+t^{3})^{2}}\Bigr).

Passo 3

Para saber a direção da tangente em t=0 basta avaliar \alpha'(0).
Substituindo t=0 nas fórmulas obtidas:
x'(0)=\frac{3a(1-0)}{(1+0)^{2}}=3a,\qquad y'(0)=\frac{3a(0-0)}{(1+0)^{2}}=0.
Logo \alpha'(0)=(3a,0).
Interpretação geométrica simples: o vetor tangente em t=0 tem segunda componente zero e primeira componente 3a. Isso significa que a tangente é uma reta horizontal (paralela ao eixo Ox). Portanto, em t=0 a curva é tangente ao eixo Ox, como pedido.

Passo 4

Tomemos as componentes de \alpha e examinem o limite para t\to+\infty. Uma maneira prática é dividir numerador e denominador pelo maior grau de t presente no denominador, que é t^{3}.
Para x(t):
x(t)=\frac{3a t}{1+t^{3}} =\frac{3a/t^{2}}{1/t^{3}+1}.
Quando t\to+\infty tem-se 1/t^{3}\to0 e 3a/t^{2}\to0, portanto
\lim_{t\to+\infty} x(t)=0.
Para y(t):
y(t)=\frac{3a t^{2}}{1+t^{3}} =\frac{3a/t}{1/t^{3}+1},
e como 3a/t\to0 e 1/t^{3}\to0 quando t\to+\infty,
\lim_{t\to+\infty} y(t)=0.
Portanto \lim_{t\to+\infty}\alpha(t)=(0,0). Intuição: numeradores têm grau menor que o denominador (grau 1 ou 2 contra grau 3), então cada componente tende a zero.

Passo 5

Usando as expressões de \alpha'(t) do Passo 2, observe os graus das funções no numerador e denominador para t grande.
Para x'(t)=\dfrac{3a(1-2t^{3})}{(1+t^{3})^{2}}: o numerador principal é de ordem t^{3} (termo -6a t^{3} dominante), e o denominador é de ordem t^{6}. Assim, à ordem principal
x'(t)\sim \frac{-6a t^{3}}{t^{6}}=\mathcal{O}\!\left(\frac{1}{t^{3}}\right)\to0 \quad\text{quando }t\to+\infty.
Para y'(t)=\dfrac{3a(2t-t^{4})}{(1+t^{3})^{2}}: o numerador principal é de ordem t^{4} (termo -3a t^{4}), e o denominador é de ordem t^{6}. Assim
y'(t)\sim \frac{-3a t^{4}}{t^{6}}=\mathcal{O}\!\left(\frac{1}{t^{2}}\right)\to0 \quad\text{quando }t\to+\infty.
Logo \lim_{t\to+\infty}\alpha'(t)=(0,0). Em palavras: as componentes do vetor tangente também tendem a zero porque os denominadores crescem bem mais rápido que os numeradores.

Passo 6

É conveniente estudar a combinação x(t)+y(t)+a. Calcule-a diretamente:
x(t)+y(t)+a =\frac{3a t}{1+t^{3}}+\frac{3a t^{2}}{1+t^{3}}+a =\frac{3a t+3a t^{2}+a(1+t^{3})}{1+t^{3}}.
O numerador simplifica:
3a t+3a t^{2}+a(1+t^{3})=a(1+3t+3t^{2}+t^{3})=a(1+t)^{3},
usando a identidade do binômio. Portanto
x(t)+y(t)+a=\frac{a(1+t)^{3}}{1+t^{3}}.
Agora façamos t\to-1^{+}. Coloque s=t+1>0 pequeno. Então 1+t=s e, como já visto,
1+t^{3}=s(3-3s+s^{2})\sim 3s \quad(s\to0^{+}).
Assim
x(t)+y(t)+a=\frac{a s^{3}}{s(3-3s+s^{2})}=\frac{a s^{2}}{3-3s+s^{2}}\xrightarrow[s\to0^{+}]{}0.
Portanto \lim_{t\to-1^{+}}(x(t)+y(t)+a)=0, isto é, os pontos da curva, embora fujam para infinito em coordenadas separadas, satisfazem cada vez mais a relação x+y+a=0. Isso mostra que a reta x+y+a=0 é uma assimptota direcional da curva quando t\to-1^{+}.

Passo 7

Queremos mostrar que a direção da tangente tende à direção da reta x+y+a=0. A reta x+y+a=0 tem vetor diretor (1,-1) (porque é perpendicular a (1,1)). Assim basta mostrar que \alpha'(t) fica cada vez mais paralelo a (1,-1) quando t\to-1^{+}. Uma forma conveniente é estudar a soma das componentes do vetor tangente, x'(t)+y'(t): se essa soma tende a zero e as componentes não tendem conjuntamente a zero (ou tendem de modo que a razão y'/x'\to-1), então a tangente tem direção próxima de (1,-1).
Calcule x'(t)+y'(t) usando as expressões do Passo 2:
x'(t)+y'(t)=\frac{3a(1-2t^{3})+3a(2t-t^{4})}{(1+t^{3})^{2}} =\frac{3a\bigl(1-2t^{3}+2t-t^{4}\bigr)}{(1+t^{3})^{2}}.
A expressão do numerador fatoriza convenientemente. Note que
1-2t^{3}+2t-t^{4}=1+2t-2t^{3}-t^{4}=(t+1)^{3}(1-t).
(uma verificação expandindo (t+1)^{3}(1-t) confirma essa igualdade). Então
x'(t)+y'(t)=\frac{3a\,(t+1)^{3}(1-t)}{(1+t^{3})^{2}}.
Novamente, coloque s=t+1\to0^{+}. Como 1+t^{3}=s(3-3s+s^{2}), tem-se
x'(t)+y'(t)=\frac{3a\,s^{3}(2-s)}{s^{2}(3-3s+s^{2})^{2}} =\frac{3a\,s(2-s)}{(3-3s+s^{2})^{2}}\xrightarrow[s\to0^{+}]{}0.
Portanto x'(t)+y'(t)\to0 quando t\to-1^{+}. Além disso, podemos ver a ordem das componentes separadamente: para t perto de -1 (com s=t+1 pequeno),
x'(t)=\frac{3a(1-2t^{3})}{(1+t^{3})^{2}}\sim \frac{3a\cdot 3}{(3s)^{2}}=\frac{a}{s^{2}}, \qquad y'(t)=\frac{3a(2t-t^{4})}{(1+t^{3})^{2}}\sim \frac{3a\cdot(-3)}{(3s)^{2}}=-\frac{a}{s^{2}},
ou seja, as componentes tendem a infinito com sinais opostos e com a mesma magnitude dominante, o que reforça que
\frac{y'(t)}{x'(t)}\xrightarrow[t\to-1^{+}]}{-1}.
Isso mostra que o vetor tangente fica assintoticamente paralelo a (1,-1), logo a tangente aproxima-se da reta x+y+a=0.
Assim tanto os pontos da curva quando t\to-1^{+} quanto as direções das tangentes aproximam a reta x+y+a=0.

Resposta

(a) \alpha'(0)=(3a,0), logo a tangente em t=0 é paralela ao eixo Ox.
(b) \displaystyle\lim_{t\to+\infty}\alpha(t)=(0,0) e \displaystyle\lim_{t\to+\infty}\alpha'(t)=(0,0).
(c) \displaystyle\lim_{t\to-1^{+}}\bigl(x(t)+y(t)+a\bigr)=0 (a curva aproxima a reta x+y+a=0) e \displaystyle\lim_{t\to-1^{+}}\frac{y'(t)}{x'(t)}=-1 (a tangente aproxima-se da direção (1,-1), isto é, da reta x+y+a=0).

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